1、广东省佛山市第一中学2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：,所以，故选A.考点：集合的运算.2.若复数是纯虚数，其中是实数，则=( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为复数是纯虚数，所以，则m=0，所以，则.3.已知，表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当时，平面内的直线m不一定和平面垂直，但当直线m垂直于平面时，根据面面垂直的判
2、定定理，知两个平面一定垂直，故“”是“m”的必要不充分条件4.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式，可得，即得解.【详解】已知，则故选：A【点睛】本题考查了二倍角公式和诱导公式综合应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于基础题.5.已知函数则其在区间上的大致图象是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】为奇函数，去掉A,B；当 时,所以选D.点睛：(1)运用函数性质研究函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在运用函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关
3、系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系6.曲线上的点到直线的距离最大值为，最小值为，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为圆心 到直线 距离为 ，所以半圆到直线 距离最大值为 ，到直线 距离最小值为点到直线 距离，为 ，所以 ，选C.7.等差数列的前项和为，已知，则的值为（ ）A. 38B. -19C. -38D. 19【答案】C【解析】由等差数列的性质可知即故本题答案选8.已知一个三棱锥的三视图如下图所示，其中俯视图是顶角为的等腰三角形，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A.
4、 B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图可知，该三棱锥是以俯视图为底面，一条长为的侧棱为高 ，将其补成三棱柱，三棱柱的外接球即是三棱锥的外接球，设球心为 ，底面三角形外接圆圆心为 ，则 ，再根据正弦定理可得底面三角形外接圆直径是 ，外接圆半径 ，球半径，球的表面积 ，故选A.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.9.已
5、知定义在上的函数，设两曲线与在公共点处的切线相同，则值等于（ ）A. 5B. 3C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别求得和的导数，令它们的导数相等，求得切点的横坐标，进而求得纵坐标，代入求得的值.【详解】，令，解得，这就是切点的横坐标，代入求得切点的纵坐标为，将代入得.故选D.【点睛】本小题主要考查函数导数与切线，考查两个函数公共点的切线方程，有关切线的问题关键点在于切点和斜率.属于基础题.10.若函数在区间上不是单调函数，则函数在R上的极小值为（ ）.A. B. C. 0D. 【答案】A【解析】【分析】求出函数的导数，根据函数的单调性，求出b的范围，从而求出函数的单调区间，得到是函数的
6、极小值即可【详解】解：，函数在区间上不是单调函数，由，解得：或，由，解得：，的极小值为，故选：A.【点睛】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题.11.如图所示，在棱长为的正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且面，则在侧面上的轨迹的长度是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，分别为、边上的中点，由面面平行的性质可得落在线段上，再求的长度即可.【详解】解：设，分别为、边上的中点，则四点共面，且平面平面，又面，落在线段上，正方体中的棱长为，即在侧面上的轨迹的长度是故选【点睛】本题考查了面面平行的性质及动点的轨迹问题，属中档题.12.设椭圆的焦点为，是椭圆上
7、一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，当时，椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理得到，再利用椭圆的定义，设，得到，结合余弦定理，得到，即得解.【详解】椭圆的焦点为，根据正弦定理可得，.设，则，由余弦定理得 ，又，即，故，解得：或（舍）.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的性质综合应用，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.直线与平行，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行得出实数满足的等式与不等式，解出即可.【详解】由于直线与平行，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考
8、查利用两直线平行求参数，考查运算求解能力，属于基础题.14.已知函数，若恒成立，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】把，代入，即恒成立，构造，利用导数研究最值，即得解.【详解】，则恒成立，等价于令因此在单调递增，在单调递减，故故答案：【点睛】本题考查了导数在不等式的恒成立问题中的应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.15.设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2an的最大值为 【答案】【解析】试题分析：设等比数列的公比为，由得，解得.所以，于是当或时，取得最大值.考点：等比数列及其应用16.已知函数，点，是直线与函数的图象自左至右的某三个相邻交点，且，
9、则_【答案】【解析】【分析】先通过三个相邻点的相关性质确定函数的周期，从而确定，然后设出，从而解得，于是得到答案.【详解】由于，因此，则,即，即，因为，设，则，则，即，即，解得，所以，由于，所以，因此.【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，解决本题的关键在于确定函数的周期，意在考查学生的转化能力，计算能力以及逻辑推理能力，难度中等.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知为数列的前项和，且（是非零常数）.（1）求的通项公式（答案含）；（2）设，当时，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用项和转换，可得，利用等比数列的通项公式，即得解.（2），利用分组求
10、和，分n为奇数，偶数两种情况讨论，即得解.【详解】（1）当时，可得，当时，故数列的通项公式为.（2）由时，知，故，当为正偶数时，当为正奇数时， 综上，数列的前项和.【点睛】本题考查了项和转换，分组求和，等比数列的前n项和公式等知识点，考查了学生转化与划归，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.18.如图, 在中, 点在边上, .（）求；（）若的面积是, 求.【答案】（I）；（II）.【解析】试题分析：（I）根据余弦定理，求得 ，则是等边三角形.，故（II）由题意可得，又由 ，可得以，再结合余弦定理可得，最后由正弦定理可得 ，即可得到的值试题解析：() 在中, 因为, 由余弦定理得, 所以, 整
11、理得, 解得. 所以. 所以是等边三角形. 所以() 法1: 由于是的外角, 所以. 因为的面积是, 所以. 所以. 在中, , 所以. 在中, 由正弦定理得, 所以. 法2: 作, 垂足为, 因为是边长为的等边三角形, 所以. 因为的面积是, 所以. 所以. 所以. 在Rt中, , 所以, . 所以 . 19.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且.（1）证明：平面平面；（2）若，且四棱锥的侧面积为，求该四棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先证，证得平面，又平面，故得证.（2）先证明平面，继而证明平面，即，设，则，利用勾股定理可求得，故可求得四棱锥的体积.【详解】
12、（1）证明：，四边形是平行四边形，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面.（2）解：取，的中点，连接，由（1）知平面，故，是的中点，又，面平面，平面，故.设，则，四棱锥的侧面积为解得，即，四棱锥的体积.【点睛】本题考查了空间中的垂直关系即四棱锥体积的求法，考查了学生空间想象，转化与划归，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.20.已知椭圆C：（ab0）的两个焦点分别为F1，F2，离心率为，过F1的直线l与椭圆C交于M，N两点，且MNF2的周长为8（1）求椭圆C的方程；（2）若直线ykxb与椭圆C分别交于A，B两点，且OAOB，试问点O到直线AB的距离是否为定值，证明你的结论【答案】（1）； （
13、2）见解析.【解析】【分析】(1)根据三角形周长为8，结合椭圆的定义可知，利用，即可求得和的值,求得椭圆方程；(2)分类讨论，当直线斜率斜存在时,联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算,求得和的关系，利用点到直线的距离公式即可求得点到直线的距离是否为定值.【详解】（1）由题意知，4a=8，则a=2，由椭圆离心率，则b2=3椭圆C的方程；（2）由题意，当直线AB的斜率不存在，此时可设A（x0，x0），B（x0，-x0）又A，B两点在椭圆C上，点O到直线AB的距离，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+b设A（x1，y1），B（x2，y2）联立方程，消去y得
14、（3+4k2）x2+8kbx+4b2-12=0由已知0，x1+x2=，x1x2=，由OAOB，则x1x2+y1y2=0，即x1x2+（kx1+b）（kx2+b）=0，整理得：（k2+1）x1x2+kb（x1+x2）+b2=0， 7b2=12（k2+1），满足0点O到直线AB的距离为定值综上可知：点O到直线AB的距离d=为定值【点睛】本题主要考查椭圆的定义及椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点到直线的距离公式，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21.
15、已知函数.（1） 若函数有零点, 求实数的取值范围;（2） 证明:当，时, 【答案】（I）；（II）详见解析.【解析】试题分析：（I）对函数求导，可得函数单调性，并求得函数的最小值，若函数有零点，函数最小值小于零且在定义域范围有函数值大于零，解不等式可得的范围；()将代入不等式化简为，可构造函数 利用导数判断单调性可知在 条件下 最小值为 ，最大值为可证命题试题解析： ()法1: 函数定义域为.由, 得. 因为,则时, ;时, . 所以函数在上单调递减, 在上单调递增. 当时, . 当, 即时, 又, 则函数有零点. 所以实数的取值范围为. 法2：函数的定义域为.由, 得. 令，则.当时, ;
16、 当时, .所以函数在上单调递增, 在上单调递减. 故时, 函数取得最大值. 因而函数有零点, 则. 所以实数的取值范围为. () 要证明当时 , 即证明当时, , 即. 令, 则. 当时, ;当时, . 所以函数在上单调递减, 在上单调递增. 当时, . 于是,当时, 令, 则. 当时, ;当时, . 所以函数在上单调递增, 在上单调递减. 当时 . 于是, 当时, 显然, 不等式、中的等号不能同时成立. 故当时, .22.在平面直角坐标系中，已知曲线与曲线，（为参数）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）写出曲线，的极坐标方程；（2）在极坐标系中，已知与，的公共点分别为，当时
17、，求的值【答案】（1）的极坐标方程为：；的极坐标方程为： （2）【解析】【分析】（1）根据直角坐标与极坐标的互化关系，参数方程与一般方程的互化关系，即得解；（2）将代入，的极坐标方程，求得的表达式，代入，即得解.【详解】（1）解：将直角坐标与极坐标互化关系代入曲线得，即：；所以曲线的极坐标方程为：；又曲线（为参数）利用消去参数得，将直角坐标与极坐标互化关系：代入上式化简得，所以曲线的极坐标方程为：（2）与曲线，的公共点分别为，所以将代入及得，又，【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程的综合应用，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.23.已知.（1）求使得的的取值集合；（2）求证：对任意实数，当时，恒成立.【答案】（1）或；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用的几何意义，表示数轴上的对应点到1和2对应点的距离之和，分析即得解.（2）把，转化为，利用绝对值的性质求得得最小值即得解.【详解】（1）由，即.而表示数轴上的对应点到1和2对应点的距离之和，而数轴上满足的点的坐标为和，故不等式的解集为.（2）证明：要证，只需证，当且仅当时取等号，由（1），当时，原命题成立.【点睛】本题考查了绝对值不等式得解集及不等式证明，考查了学生综合分析，转化与划归，逻辑推理得能力，属于中档题.